2018.07.09 基础dp洛谷P2365 任务安排

P2365 任务安排
题目描述
N个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。
例如：S=1；T={1,3,4,2,1}；F={3,2,3,3,4}。如果分组方案是{1,2}、{3}、{4,5}，则完成时间分别为{5,5,10,14,14}，费用C={15,10,30,42,56}，总费用就是153。
输入输出格式
输入格式：
第一行是N(1<=N<=5000)。
第二行是S(0<=S<=50)。
下面N行每行有一对数，分别为Ti和Fi，均为不大于100的正整数，表示第i个任务单独完成所需的时间是Ti及其费用系数Fi。
输出格式：
一个数，最小的总费用。
输入输出样例
输入样例#1：
5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4
输出样例#1：
153

好吧又一道基础$dp$，这题一看就是道水题。题中的$s$在状态转移的时候有点烦，所以在状态转移的时候不如将$s$的贡献和任务的时间和的贡献分开统计。然后来推推状态转移方程吧。

先令$f[i]$完成前$i$个任务所需的最少时间，并且我们在求$f[i]$之前已经推出了$f[1]…f[i-1]$的值，于是完成前$i$个任务的方式就是先用之前求出的最优方式完成前$j-1$个任务，然后将$j…i$分成一批来处理。

接下来让我们用$oi$语言翻译上面一段话吧。当我们将$j…i$分成一批来处理时，$s$会对答案增加$s*j…n所有任务的费用之和$那么多的贡献，同样的，前$i$个任务的完成时间会对答案增加$前$i$个任务的完成总时间*j…i所有任务的费用之和$的贡献。所以状态转移方程就推出来了：
$dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+s*(w[n]-w[j-1])+tim[i]*(w[i]-w[j-1]));$,其中$tim[i]$和$w[i]$都表示前缀和。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 5005
using namespace std;
int n,s,dp[N],tim[N],w[N];
inline int read(){
    int ans=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return ans;
}
int main(){
    n=read(),s=read();
    memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;++i)tim[i]=tim[i-1]+read(),w[i]=w[i-1]+read();
    dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=i;++j)dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+s*(w[n]-w[j-1])+tim[i]*(w[i]-w[j-1]));
    printf("%d",dp[n]);
    return 0;
}